ミンコフスキーの限界と類数の計算

ミンコフスキーの限界 $M_{K} = (\frac{4}{π})^{r_{2}} \frac{n !}{n ^{n}} ∣ d_{K} ∣$ （虚 2 次体では $\frac{2}{π} ∣ d_{K} ∣$ ）以下のノルムの素イデアルが類群を生成することを使い、それらの素イデアルの類の位数と関係式を単項性の判定で求めて、類数 $h_{K}$ を求められる（例: $Q (- 26)$ では $M_{K} \approx 6.49$ 、 $h_{K} = 6$ ）

前提

イデアルのノルムと単項性の判定（大学院数学代数的整数論）

この技能までの道筋（67 技能）

算数中学高校大学大学院

読み込み中…

右端（太枠）がこの技能です。左へドラッグすると、さらに前の前提をさかのぼれます。技能を押すと、そこまでの道筋が光ります。

一覧で見る（前提が先）

分数のたし算・ひき算（算数計算と数のきまり）
小数の四則計算（算数計算と数のきまり）
正負の数の加法・減法（中学数学数と式）
分数のかけ算・わり算（算数計算と数のきまり）
四則の混じった計算の順序（算数計算と数のきまり）
正負の数の乗除・累乗と四則混合（中学数学数と式）
分配法則を使った計算のくふう（算数計算と数のきまり）
文字式の計算（同類項・分配法則）（中学数学数と式）
乗法公式による展開（中学数学数と式）
因数分解（中学数学数と式）
3 次式までの展開と因数分解（数学I 数と式）
剰余の定理・因数定理と高次方程式（数学II 複素数と方程式）
約数の見つけ方（算数整数の性質）
素因数分解と約数の個数（算数整数の性質）
平方根の意味と根号の簡単化（中学数学数と式）
根号の乗除と加減（中学数学数と式）
分母の有理化（中学数学数と式）
乗法公式・分配法則を使う根号の式の展開（中学数学数と式）
根号を含む式の計算と分母の有理化（数学I 数と式）
小数と分数のまじった計算（算数計算と数のきまり）
逆算（□ を求める）（算数計算と数のきまり）
1 次方程式の解き方（中学数学方程式）
比例・反比例の式とグラフ（中学数学関数）
関数 $y = a x^{2}$ の式と変域（中学数学関数）
平方完成と 2 次関数のグラフ（数学I 2次関数）
複素数と 2 次方程式の虚数解（数学II 複素数と方程式）
最小多項式と既約性の判定（大学数学代数学）
文字式で表した整数の性質（中学数学数と式）
余りによる整数の分類（数学A 整数の性質）
樹形図で数え上げる（算数場合の数）
積の法則と和の法則（算数場合の数）
和の法則・積の法則と樹形図（数学A 場合の数と確率）
合同式（数学A 整数の性質）
三角形の角の大きさ（算数平面図形）
対頂角と平行線の同位角・錯角（中学数学平面図形）
三角形の外角と角の組み合わせ（中学数学平面図形）
二等辺三角形の角（中学数学平面図形）
平行四辺形と特別な四角形の性質（中学数学平面図形）
三角形・四角形の面積（算数平面図形）
三平方の定理（中学数学相似と三平方の定理）
折り返した図形の角と長さ（中学数学平面図形）
三平方の定理と平面図形（中学数学相似と三平方の定理）
ベクトルの演算と成分（数学C ベクトル）
行列の和・積と 2 次の逆行列（大学数学線形代数）
順列・円順列・重複順列（数学A 場合の数と確率）
行列式（大学数学線形代数）
2 次体の整数環と判別式（大学院数学代数的整数論）
最大公約数と最小公倍数（算数整数の性質）
最大公約数と最小公倍数（数学A 整数の性質）
互いに素な法への分解（数学A 整数の性質）
組合せ（数学A 場合の数と確率）
確率の定義と和事象・余事象（数学A 場合の数と確率）
包除原理（数学A 場合の数と確率）
オイラー関数の計算（大学数学整数論）
フェルマーの小定理とオイラーの定理（大学数学整数論）
n 進法（数学A 整数の性質）
繰り返し二乗法によるべき剰余（大学数学暗号理論）
平方剰余とオイラーの規準（大学数学整数論）
平方剰余の相互法則（大学数学整数論）
群の位数と元の位数（大学数学代数学）
有限アーベル群の構造と部分群の個数（大学数学代数学）
剰余類環の単元群とオイラー関数（大学数学代数学）
整式の除法（数学II 複素数と方程式）
剰余環のイデアルと単元の個数（大学数学代数学）
剰余環の素イデアル（対応定理）（大学院数学可換環論・ホモロジー代数）
2 次体での素数の分解（大学院数学代数的整数論）
イデアルのノルムと単項性の判定（大学院数学代数的整数論）

説明

数体 $K$ の 0 でないイデアル全体を「単項イデアルの違いを無視して」分類したものがイデアル類群 $Cl_{K}$ で、その位数が類数 $h_{K}$ です。類群は有限群ですが、定義のままでは元を数えられません。ミンコフスキーの限界 $M_{K}$ を使うと、ノルムが $M_{K}$ 以下の素イデアル（有限個）の類だけで類群が生成されることがわかり、それらの類の位数と関係式を単項性の判定で調べれば、類群の位数 $h_{K}$ が求まります。

なぜそうしてよいのか

整数環 $O_{K}$ の 0 でないイデアル $a, b$ について、0 でない $α, β \in O_{K}$ で $(α) a = (β) b$ となるとき同じ類 $[a] = [b]$ と定めます。積 $[a] [b] = [ab]$ で群になり（単位元は単項イデアルの類、 $a a ˉ = (N (a))$ のように逆元もある）、これが類群です。 $[a]$ が単位元 $⟺$ $a$ が単項、なので、類の位数は「何乗して初めて単項になるか」で決まります。

鍵になるのは次の事実です: どんなイデアル $a$ にも、 $0 \neq = α \in a$ で $∣ N (α) ∣ \leq M_{K} N (a)$ を満たすものがある。直観的には、 $a$ を $R^{n}$ の格子とみなすと、その基本領域の体積は $N (a)$ に比例し（比例定数に $∣ d_{K} ∣$ が入る）、「ノルムが小さい」点の集まる対称な凸領域の体積が基本領域の体積の $2^{n}$ 倍以上なら、その領域は原点以外の格子点を必ず含む（ミンコフスキーの格子点定理）という議論から定数 $M_{K} = (\frac{4}{π})^{r_{2}} \frac{n !}{n ^{n}} ∣ d_{K} ∣$ が出ます（ $n = [K : Q]$ 、 $r_{2}$ は虚の埋め込みの組の個数）。虚 2 次体なら $n = 2, r_{2} = 1$ で $M_{K} = \frac{4}{π} \cdot \frac{2}{4} ∣ d_{K} ∣ = \frac{2}{π} ∣ d_{K} ∣$ 、実 2 次体なら $M_{K} = \frac{1}{2} d_{K}$ です。

この事実から、 $α \in a$ なので $(α) = ab$ となるイデアル $b$ があり、 $N (b) = ∣ N (α) ∣/ N (a) \leq M_{K}$ 、しかも $[b] = [a]^{- 1}$ です。 $a$ を取り換えれば $[a]^{- 1}$ はすべての類をわたるので、どの類にもノルム $M_{K}$ 以下のイデアルがあります。それを素イデアル分解すると、現れる素イデアルのノルムも $M_{K}$ 以下です。よって、ノルム $\leq M_{K}$ の素イデアル（ $p \leq M_{K}$ の素数 $p$ の上にあるもの）の類が類群を生成します。

手順

$d_{K}$ を求め、 $M_{K}$ を計算する（虚 2 次体なら $\frac{2}{π} ∣ d_{K} ∣$ 、実 2 次体なら $\frac{1}{2} d_{K}$ ）
$M_{K}$ 以下の素数 $p$ を、 $K$ で分解・分岐・惰性のどれになるか調べ、ノルムが $M_{K}$ 以下の素イデアルを列挙する（惰性の $p$ はノルム $p^{2}$ なので、 $p^{2} > M_{K}$ なら除く）
各素イデアル $p$ について、 $N (p)^{k}$ をノルムにもつ元をノルム形式で探し、 $p^{k}$ が単項になる最小の $k$ （類の位数）を求める。 $p p ˉ = (p)$ から $[p ˉ] = [p]^{- 1}$
異なる素イデアルの積（ノルムが積になる）が単項かを調べ、 $[p] = [q]^{m}$ のような関係式を見つける
生成元と関係式から類群の位数 $h_{K}$ を決める

例題

虚 2 次体 $K = Q (- 14)$ の類数 $h_{K}$ を求めよ。

例題の解答

【手順 1】 $- 14 \equiv 2 (mod 4)$ なので $O_{K} = Z [- 14]$ 、 $d_{K} = - 56$ 。 $M_{K} = \frac{2}{π} 56 \approx 0.637 \times 7.48 \approx 4.76$ です。

【手順 2】 $4.76$ 以下の素数は $2, 3$ 。 $2 ∣ d_{K}$ なので $(2) = p_{2}^{2}$ 。 $- 14 \equiv 1 = 1^{2} (mod 3)$ なので $(3) = p_{3} p ˉ_{3}$ と分解します。よって類群は $[p_{2}], [p_{3}], [p ˉ_{3}] = [p_{3}]^{- 1}$ で生成されます。ノルム形式は $N (a + b - 14) = a^{2} + 14 b^{2}$ です。

【手順 3】
・ $a^{2} + 14 b^{2} = 2$ は解なし、よって $p_{2}$ は単項でなく、 $p_{2}^{2} = (2)$ なので $[p_{2}]$ の位数は $2$ 。
・ $a^{2} + 14 b^{2} = 3$ は解なしで $p_{3}$ は非単項。
・ $p_{3}^{2}$ のノルムは $9$ 。 $a^{2} + 14 b^{2} = 9$ の解は $\pm 3$ だけで、 $(3) = p_{3} p ˉ_{3} \neq = p_{3}^{2}$ なので $p_{3}^{2}$ は非単項。
・ $p_{3}^{3}$ （ノルム $27$ ）: $a^{2} + 14 b^{2} = 27$ は $b = 0$ で $27$ が平方でなく、 $b = 1$ で $a^{2} = 13$ となり解なし。非単項。
・ $p_{3}^{4}$ （ノルム $81$ ）: $5^{2} + 14 \cdot 2^{2} = 81$ 。 $5 + 2 - 14$ は $3$ で割り切れないので $(5 + 2 - 14)$ は $p_{3}$ と $p ˉ_{3}$ の両方では割れず、 $p_{3}^{4}$ か $p ˉ_{3}^{4}$ に等しい。どちらでも $[p_{3}]^{4} = 1$ 。よって $[p_{3}]$ の位数は $4$ 。

【手順 4】ノルム $18$ : $2^{2} + 14 \cdot 1^{2} = 18$ 。 $2 + - 14$ は $3$ で割れないので $(2 + - 14) = p_{2} p_{3}^{2}$ または $p_{2} p ˉ_{3}^{2}$ 。どちらでも $[p_{2}] = [p_{3}]^{\mp 2} = [p_{3}]^{2}$ （位数 4 の元の $- 2$ 乗は $2$ 乗に等しい）。

【手順 5】類群は $[p_{3}]$ 1 つで生成される位数 $4$ の巡回群です。よって $h_{K} = 4$ 。

答え: $4$

よくある誤り

$M_{K}$ 以下の素数だけ見て、惰性の素数を生成元に入れてしまう、または分岐・分解した素数の上の素イデアルを見落とす誤り。惰性の $p$ では $(p)$ 自体が素イデアルで単項なので類に寄与しない。正しくは、 $p \leq M_{K}$ の各 $p$ の分解の型を調べ、ノルム $\leq M_{K}$ の素イデアルだけを集める
ノルム $N (p)^{k}$ の元が存在すれば $p^{k}$ が単項だとしてしまう誤り。例えば $Q (- 14)$ で $a^{2} + 14 b^{2} = 9$ は $a = 3$ で解をもつが、 $(3) = p_{3} p ˉ_{3}$ であって $p_{3}^{2}$ ではない。正しくは、見つけた元の生成するイデアルが本当に $p^{k}$ か（ $p$ で割り切れない元かなど）を確かめる
生成元の位数を掛け合わせて類数とする誤り。例えば $Q (- 14)$ で $[p_{2}]$ の位数 $2$ と $[p_{3}]$ の位数 $4$ から $h_{K} = 8$ としてしまう。正しくは、 $(2 + - 14) = p_{2} p_{3}^{\pm 2}$ のような関係式から $[p_{2}] = [p_{3}]^{2}$ を見つけ、 $h_{K} = 4$
虚 2 次体で実 2 次体の限界 $\frac{1}{2} ∣ d_{K} ∣$ を使う、または $∣ d_{K} ∣$ の代わりに $∣ D ∣$ （ $K = Q (D)$ ）を入れる誤り。例えば $Q (- 14)$ で $\frac{2}{π} 14 \approx 2.38$ とすると $p = 3$ を見落とす。正しくは $D \equiv 2, 3 (mod 4)$ なら $d_{K} = 4 D$ で、 $M_{K} = \frac{2}{π} 56 \approx 4.76$

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
$K = Q (- 6)$ とする。ミンコフスキーの限界を用いて、 $K$ の類数 $h_{K}$ を求めよ。